De DA thi thu DH nam 2013 THPT ts4

PHẦN RIÊNG 3,0 điểm : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B.. Theo chương trình Chuẩn.[r]

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

TỔ TOÁN –TIN

Đề chớnh thức

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC:2013 - 2014

MễN: TOÁN KHỐI A , A1- B - D

Thời gian làm bài: 180 phỳt – khụng kể thời gian phỏt đề.

Đề gồm 01 trang.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Cõu 1 (2 điểm) Cho hàm số: BC x y : 2 5 0   

(C)

1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Tỡm những điểm M trờn (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giỏc

cú trọng tõm nằm trờn đường thẳng 4x + y = 0

Cõu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trỡnh:

¿

2 y3+y +2 x√1 − x=3√1− x

¿{

¿

( x , y ∈ R )

Cõu 4 (1 điểm) Giải bất phương trỡnh: 2√x3

+5 − 4 x

√x ≥√x+10

x − 2 x ∈ R

Cõu 5 (1 điểm) Cho hỡnh chúp  AB cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A,              AM              , AB

Mặt phẳng AM m m m AB 1 2 3; ; 1, 1;2;2   

tạo với mặt phẳng  AM AB,

một gúc  

: 2 ;2; 1 2

1 2

m t

t R AM tAB m t M t t t

m t



       

  



 

Hỡnh chiếu của S lờn mặt phẳng N n   ;0;0Ox là trung điểm H của cạnh BC Tớnh thể tớch khối chúp NM t n t t CD                 ;2;2 1 , 1;2; 2                    

và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng NMCD t n t t t n 0 4 4 2 0 2 1           

vàMN MN t t t t        3 9 2 4 2 1 92   2 22 

Cõu 6 (1 điểm).Cho x, y, z 2 2

1

8 4 5 9 8 4 4 0 1 2

t t t t



        

 

thoả món x + y + z > 0.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

t n M N     1 1 1;2;1, 1;0;0     

II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) : Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).

A Theo chương trỡnh Chuẩn.

Cõu 7.a (1 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giỏc 1 3 1;1;0 , ;0;03

t n   M    N 

2 và  y x2 đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phõn giỏc trong gúc B của tam giỏc ABC là đường thẳng

8x 2 3x x 2.3 x

  Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc, biết đường thẳng 8 18 2.27x x x

   đi qua điểm 278 1827 2

   

   

   

Cõu 8.a (1 điểm).Trong khụng gian Oxyz cho tam giác ABC có:

3

   

     

    Viết phơng trình đờng thẳng ( d) đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng

( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.

Cõu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyờn dương thỏa món c n1

+c n2+ +cn n −1

+c n n

Hóy tỡm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) =

2 3

x

B Theo chương trỡnh Nõng cao.

Cõu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú đỉnh éẽ#àñ#ỏ################;###ỵÿ #################

###################ỵÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ, chõn đường phõn giỏc trong kẻ từ đỉnh A là điểm D(2 ;−3

2) và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC

là điểm I(−1

2;1) Viết phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC

Cõu8.b(1điểm).Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(0 ;0 ;−1) , B(1 ;2 ;1) ,

C (2 ;1;− 1) ,

D(3 ;3 ;−3) Tỡm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng M m m m 1 2 3 ; ;  và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuụng gúc với đường thẳng AB và độ dài  AM AB,

Câu 9.b (1 điểm) Giải hệ phương trình:

¿

log√2(y −2 x+8)=6

8x+2x 3y=2 3x+ y

¿

-Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4.

HƯỚNG DẪN CHẤM

Đề chính thức

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC

NĂM HỌC: 2013 - 2014

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút.

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

1đ

TXĐ: D = R\AM mmm AB    1 2 3; ; 1, 1;2;2  Chiều biến thiên:

,

AM AB

 

, với  

1 3

1 2

m t

t R AM t AB m t M t t t





  



 

0.25

    ;0;0

N n Ox hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :NM t n t t CD      ;2;2 1, 1;2; 2  

và NMCD t n t t t n 0 4 4 2 0 2 1         

Cực trị: hàm số không có cực trị Giới hạn, tiệm cận :

lim

2 , lim

2 ;

 

 2  2

3 9 2 4 2 1 9

MN MN t t t t         

,

2 2

1

8 4 5 9 8 4 4 0 1

2

t

t t t t

t





        

 



   

1 1 1;2;1, 1;0;0

t n M N   

1 3 1 3

;1;0, ;0;0

2 2 2 2

t n M N         

    là tiệm cận ngang; 

là tiệm cận đứng

0.25

Bảng biến thiên:  0.2526   2yx

2 3

82.3 2.3 x x x x  

2yx

  82.3 2.3 x x x x   2 3

 26

8182.27 x x x

  

x

y

Đồ thị: đi qua các điểm (0;

8 18 2

27 27

x x

   

      ) ; (-2;

3

2 2 2

3 3

x x

   

      ) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;

2 3

x

 

  ) làm tâm đối xứng 0.25

2

1đ

.Gọi M(

   

3 2 0 1 2 02

t t t t t        

)

0 1 0

x t y





 là điểm cần tìm

Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình :

0

1 ( )( )

2( 1)

x

x





0 0

2

0 0

1 1

2( 1) 1

x

x x







Gọi A =  ox

 A(

2

0 2 0 1 2



;0)

B =  oy B(0;

2

2 0

2( 1)

x

 )

Khi đó tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng tâm là: G

2 0

;

x





0.5

Do G đường

0.25

2 3

8 2.3 2.3 x x x x  

-1

I O y

thẳng:4x + y = 0



2 0

x



  0 2

1 4

1

x





(vì A, B O nên

2

0 2 0 1 0

1

1

Với

0

; với

0

( ; )

.

0.25

2

1đ

(PT)⇔2 cos22 x −1 −2 cos 2 x +4 sin 6 x+cos 4 x =4√3 sin 3 x cos 3 x

⇔ 2cos 4 x− 2 cos2 x +4 sin 6 x=4√3 sin 3 x cos 3 x

0.5

x





 



3

0.25

6

12

k Z k

x









Vậy nghiệm của phương trình là

0.25

2 y3+y +2 x√1 − x=3√1− x(1)

√2 y2+1− y=2 − x (2)

¿

Điều kiện: x ≤ 1

Với điều kiện đó,

ta có

3 3

0,25

Xét hàm số

3 ( ) 2 ,

f t  t t ta có

f ,(t)=6 t2+1>0∀ t ∈ R ⇒ f (t )

đồng biến trên R

Vậy

2

0

1

y





 

 0,25

Thế vào (2) ta được :

√3− 2 x −√1− x=2 − x ⇔ 2− x

√3 −2 x+√1 − x=2 − x

⇔(2 − x )( √3− 2 x +1 √1− x −1)=0⇔√3 −2 x +√1 − x=1 (x ≤ 1 ⇒2 − x ≠ 0)

nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)

0,5

trình

ĐK:

2

0 10

x

x





0.25

Với điều kiện trên,

(bpt)

0.25

Đặt

Bpt trở thành

 

3

t

t













0.25

t ≥ 3 ⇒√x2−2 x+10 ≥ 3 ⇔ x2− 2 x +1 ≥0 ⇔ ( x −1)2≥0

luôn đúng

Vậy nghiệm bất phương trình là

0.25

0; 

5

1đ

a N

H C

A

B S

M K

ABC

A có

BC=2 a ;AC=a ;B❑=300;C❑=600

; Gọi N là trung điểm của AC Vì

0.25

Trong tam giác

;

; mặt khác

S Δ ABC=a2√3

2

a3√3

4 (đvtt)

0.25

Kẻ a AH// (a đi

qua B)



Gọi M là hình chiếu của H lên a

và K là hình chiếu của H trên SM khi đó

Tam giác ACH đều nên

=a√3 2 Trong tam giác

SHM ta có

4

a HK

0.5

 3

4

x y

( chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)

0.25

Đặt x + y + z = a

Khi đó

0.5

   

(với t =

z

a,

0 t 1); Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t

0;1

 Có

9

Lập bảng biến thiên

 

 0;1 

64 inf

81

t



GTNN của P là

16 81

đạt được khi

x = y = 4z > 0

0.25

A.Theo chương trình Chuẩn.

B, C đối xứng với nhau qua O suy

ra C b(2  5;b)

0.25

Gọi I đối xứng với O qua phân

là

0.25

vuông tại A nên

vuông góc với



5

b

b







0.25

Với

loại

0.25

31 17

;

5 5

y

31 17

5 5

8.a

1đ

Gäi Hx y z; ; 

là trực tâm của tam giác ABC khi và

0.25

2 15

29

15

3

x

BH AC

AH AB AC

z











 

 

  

⇒

H ( 2

15;

29

15 ;

− 1

3 )

0.25

Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d)

nhận u (1; -3; 2)

làm véc tơ chỉ phương

0.25

Phương trình đường thẳng (d) là:

15

y −29

15

z +1

3 2

0.25

dương ta có: Ta có

0 1 2 n 1 n (1 1)n 2n



1 1 n 2n 1

C C  C  

Theo giả thiết ta có

2n – 1 = 255  2n

= 256 = 28 n = 8

0.25

P(x) = (1 + x + 3x2)8 =

8 2 8 0

k k







= = 8

2 8

(3 )

k

k

=

0.25

2 8

0 0

3

k

k

 



,

k m

m k

m k Z













0.25

Vậy số hạng chứa

x14 là: (

7 0 7 8 2 6

8 7 3 8 8 3

C C C C )

x14

0.25

B Theo chương trình Nâng cao.

7.b

thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Ta có phương trình đường thẳng AD:

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Do E thuộc đường thẳng

AD nên ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ #################

###################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ Do đo ta được

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

0,5

Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung

BC suy ra IE vuông góc với BC hay BC nhận

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ là vectơ pháp tuyến

0.25

Do đó pt của BC là:

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

ÐÏ#ࡱ#á################;###þÿ

#####################################þÿÿÿ########ÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿÿ

0.25

1 đ

Gọi

điểm thuộc  AB

khi đó  AM AB,

cùng phương

,

AM AB

 

cùng phương

1 2 3

1 2









0.25

Gọi

MN vuông góc CD nên

 

 

0.25

2

t

t







 



0.25

Với

Với

0.25

; (PT 1)  y – 2x

+ 8 =  2 6

2

0.25

Thế vào pt thứ hai

ta được:

2

3

2

0.25

Đặt: t =

2 3

x

0.25

(đk t > 0 ) , ta có pt:

0 1

0

x t

y





   



Vậy nghiệm của phương trình là (0;

0)

0.25

Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa

- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm